Question

2．如圖，靜止地放置于水平光滑支持面上的小車B的質(zhì)量為2m，小車的左段PQ長為L_PQ=17L，上表面粗糙，其余部分光滑，小車右段固定有一小段輕質(zhì)彈簧．質(zhì)量為m的滑塊A以水平向右的初速度v₀=3$\sqrt{gL}$沖到小車B的左端P，g表示重力加速度，A與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ=0.25．

（1）滑塊A能沖過Q點嗎，如果不能，請計算出A、B恰相對靜止瞬間B的位移S，如能，請計算出彈簧的最大彈性勢能E；
（2）現(xiàn)在距小車右端為x處固定了一個障礙物D，當小車與之碰撞，速度瞬間變?yōu)?，但不粘連，且本題的彈簧發(fā)生的形變?yōu)閺椥缘�，試討論滑塊最終離Q點的距離y與x的關系式．

Answer 1

分析 （1）A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出共同速度，然后應用能量守恒定律與動能定理解題．
（2）碰撞后A、B系統(tǒng)動量守恒，分析清楚B的運動過程，應用動能定理、動量守恒定律求出x與y的關系．

解答 解：（1）設A不能沖過Q點，最終與B相對靜止達到共速v₁，
A、B則組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：mv₀=（m+2m）v₁，代入數(shù)據(jù)解得：v₁=$\sqrt{gL}$，
由能量守恒定律得：μmg△L=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₁²，
解得：△L=12L＜PQ=17L，則A不能沖過Q點，
對B，由動能定理得：μmgs=$\frac{1}{2}$•2mv₁²-0，
解得，A、B相對靜止瞬間B的位移：s=4L；
（2）設x=x₁＜4L時，滑塊A恰能停在Q點，而不與彈簧碰撞，
由動能定理得：-μmg（PQ+x₁）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：x₁=L＜4L，
這說明此時滑塊A在向右運動中全程受到滑動摩擦力，假設是合理的；
討論：
Ⅰ．若0≤x＜L，則A能與彈簧碰撞，設離開彈簧瞬間的速度大小為v₂，
由動能定理得：-μmg（PQ+x）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：v₂=$\sqrt{\frac{g}{2}（L-x）}$，
A、B系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得：mv₂=（m+2m）v₃，
由能量守恒定律的：μmgy=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$（m+2m）v₃²，
解得：y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，則滑塊不能與彈簧碰撞，
由動能定理得：-μmg（PQ+x-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，則B與D碰撞前，A、B已共速，
由動能定理得：-μmg（s+PQ-y）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：y=3L；
答：（1）滑塊A不能沖過Q點，A、B恰相對靜止瞬間B的位移s為4L．
（2）滑塊最終離Q點的距離y與x的關系式為：
Ⅰ．若0≤x＜L，y=$\frac{2}{3}$（L-x）；
Ⅱ、若L≤x＜4L，y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，y=3L．

點評 本題考查了動量守恒定律與動能定理的應用，是一道力學綜合題，難度較大，分析清楚物體的運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用動量守恒定律、動能定理即可正確解題，應用動量守恒定律解題時要注意正方向的選擇．